2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材）数学（理）利用导数研究函数的零点问题（含解析）

考点突破练21利用导数研究函数的零点问题1.(2022·山东济宁三模)已知函数f(x)=x-aln2x-(e-a-1)lnx-1,a∈R.(1)当a=0时,证明:f(x)≥(e-2)(1-x);(2)若函数f(x)在(1,e)内有零点,求实数a的取值范围.2.(2022·北京西城二模)已知函数f(x)=lnx(1)若f'(1)=14,求a的值(2)当a>2时,①求证:f(x)有唯一的极值点x1;②记f(x)的零点为x0,是否存在a>2使得x1x0≤e23.(2022·安徽合肥二模)已知函数f(x)=ex+cosx-ex,f'(x)是f(x)的导函数.(1)证明:函数f(x)只有一个极值点;(2)若关于x的方程f(x)=t(t∈R)在(0,π)上有两个不相等的实数根x1,x2,证明:f'x1+x4.(2022·江苏南京、盐城二模)设函数f(x)=aex+sinx-3x-2,e为自然对数的底数,a∈R.(1)若a≤0,求证:函数f(x)有唯一的零点;(2)若函数f(x)有唯一的零点,求实数a的取值范围.5.(2022·山东临沂一模)已知函数f(x)=ex-2ax(a>0).(1)若a=e,讨论f(x)的单调性;(2)若x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,证明:1<x1+x2<2lna+ln2.6.(2022·河南开封三模)已知函数f(x)=ex-a(x+cosx),其中a>0,且满足对∀x∈[0,+∞)时,f(x)≥0恒成立.(1)求实数a的取值范围;(2)令g(x)=f(x)-2x+1x+1,判断g(x)在区间-1,π2内的零点个数,并说明理由.

考点突破练21利用导数研究函数的零点问题1.(1)证明当a=0时,f(x)=x-(e-1)lnx-1,要证f(x)≥(e-2)(1-x),即证x-(e-1)lnx-1≥(e-2)(1-x),亦即证x-1-lnx≥0.令g(x)=x-1-lnx,则g'(x)=1-1x∴当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴g(x)≥g(1)=0,即f(x)≥(e-2)(1-x)成立.(2)解∵f(x)=x-aln2x-(e-a-1)lnx-1,∴f'(x)=1-2alnx·1x-(e-a-1)1x=1x(x-2aln令h(x)=x-2alnx-e+a+1,x∈(1,e),则h'(x)=1-2a①当2a≤1,即a≤12时,h'(x)>0,∴h(x)在(1,e)上单调递增.又h(1)=2+a-e<0,h(e)=1-a>∴存在x1∈(1,e),使得h(x1)=0.当1<x<x1时,h(x)<0,f'(x)<0;当x1<x<e时,h(x)>0,f'(x)>0,∴f(x)在(1,x1)上单调递减,在(x1,e)上单调递增.又f(1)=0,f(e)=0,故f(x)不存在零点.②当2a≥e,即a≥e2时,h'(x)<∴h(x)在(1,e)上单调递减.又h(1)=2+a-e>0,h(e)=1-a<0,∴存在x2∈(1,e),使得h(x2)=0.当1<x<x2时,h(x)>0,f'(x)>0;当x2<x<e时,h(x)<0,f'(x)<0,∴f(x)在(1,x2)上单调递增,在(x2,e)上单调递减.又f(1)=0,f(e)=0,故f(x)不存在零点.③当1<2a<e,即12<a<e2时,由h'(x)>0得x>2a,由h'(x)<0得x<2∴h(x)在(1,2a)上单调递减,在(2a,e)上单调递增.又h(2a)=3a-2aln(2a)-e+1,令p(x)=32x-xlnx-e+1,x∈则p'(x)=32-lnx-1=12-ln由p'(x)>0得x<e,由p'(x)<0得x>e,故p(x)在(1,e)上单调递增,在(e,e)上单调递减,∴p(x)max=p(e)=1+e-e<0,∴h(2a)<0.由于f(1)=0,f(e)=0,要使函数f(x)在(1,e)内有零点,则需要h(1)>0,h(综上,实数a的取值范围是(e-2,1).2.(1)解∵f(x)=lnx+ax+1(x>0),∴f'(∵f'(1)=2-a4=1(2)①证明f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=1+1令f'(x)=0,则1+1x-lnx-a=0设g(x)=1+1x-lnx-a∵y=1x,y=-lnx在(0,+∞)上单调递减∴g(x)在(0,+∞)上单调递减.∵g(e-a)=1+ea>0,g(1)=2-a<0,∴g(x)在(0,+∞)上有唯一的零点,∴f'(x)=0在(0,+∞)上有唯一解,不妨设为x1,x1∈(e-a,1).f'(x)与f(x)的情况如下,x(0,x1)x1(x1,+∞)f'(x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减∴f(x)有唯一的极值点x1.②解由f(x0)=0,得lnx0=-a,则x0=e-a,若存在a,使x1x0≤e2,则x1≤e2-a<1,∴e-a<x1≤e∵g(x)在(0,+∞)上单调递减,g(e-a)=1+ea>0,则需g(e2-a)=ea-2-1≤0,即a≤2,与已知矛盾,∴不存在a>2,使得x1x0≤3.证明(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=ex-sinx-e.当x≤0时,f'(x)=ex-sinx-e≤1-sinx-e<0;当x>0时,令h(x)=ex-sinx-e,则h'(x)=ex-cosx>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增.又h(0)=1-e<0,h(π)=eπ-e>0,∴∃x0∈(0,π),使得h(x0)=0,即ex0-sinx0-e=当0<x<x0时,f'(x)<0;当x>x0时,f'(x)>0,∴函数f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,∴f(x)只有一个极小值点x0,无极大值点.(2)由(1)知,函数f'(x)在(0,π)上单调递增,f'(x0)=0,且f'π2=eπ2-sinπ2-e>e32-1-e=e(e12-1)-1>e(1.6-1)-1>0,∴x0<π2,函数f(x)在(0,x0)不妨设x1<x2,则0<x1<x0<x2<π.要证f'x1+x22<0=f'(x0),即证x1+x2只要证x2<2x0-x1.∵0<x1<x0,∴x0<2x0-x1<2x0<π.又f(x)在(x0,π)上单调递增,∴要证f(x2)<f(2x0-x1),即证f(x1)<f(2x0-x1).令F(x)=f(x)-f(2x0-x)(0<x<x0),∴F'(x)=f'(x)+f'(2x0-x)=ex-sinx-e+e2x0-x-sin(2x0令g(x)=F'(x),则g'(x)=ex-cosx-e2x0-x+cos(2令φ(x)=g'(x),则φ'(x)=ex+sinx+e2x0-x+sin(2x0-x)>00<x<x0∴φ(x)在(0,x0)上单调递增,∴φ(x)<φ(x0)=0,∴g(x)在(0,x0)上单调递减,∴g(x)>g(x0)=2ex0-2sinx0-2e=2h(x0)∴F(x)在(0,x0)上单调递增,∴F(x)<F(x0)=0,即f'x1+x4.(1)证明由f(x)=aex+sinx-3x-2,得f'(x)=aex+cosx-3.因为a≤0,所以f'(x)=aex+cosx-3≤cosx-3<0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又因为f(0)=a-2<0,f(a-2)=aea-2+sin(a-2)-3a+4>a(ea-2-3)≥0,因此f(x)有唯一的零点.(2)解由(1)知,a≤0符合题意.①当a=2时,由f(x)=2ex+sinx-3x-2,得f'(x)=2ex+cosx-3.令h(x)=2ex+cosx-3,则h'(x)=2ex-sinx.当x<0时,f'(x)≤2ex-2<0,所以f(x)单调递减;当x>0时,h'(x)≥2ex-1>0,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增,从而,当x>0时,f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)单调递增,于是f(x)≥f(0)=0,当且仅当x=0时取等号,故此时f(x)有唯一的零点x=0.②当a>2时,f(x)>2ex+sinx-3x-2≥0,此时f(x)无零点.③当0<a<2时,首先证明当x≥0时,ex>x2设g(x)=ex-x22,x≥0,则g'(x)=ex令k(x)=ex-x,则k'(x)=ex-1≥0,所以g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故g'(x)≥g'(0)=1>0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,因此g(x)≥g(0)=1>0,即当x≥0时,ex>x2当x>0时,f(x)≥aex-3x-3>a2x2-3x-令a2x2-3x-3=0,得x=3±取x0=3+9+6aa>0,则f(x0)又f(0)=a-2<0,f(-1)=ae-1+1-sin1>0,因此,当0<a<2时,f(x)至少有两个零点,不合题意.综上,a=2或a≤0.5.(1)解f(x)=ex-2ax(a>0)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ex-ax.当a=e时,f'(x)=ex-ex,令f'(x)=0,则x=1,当0<x<1时,f'(x)<0,当x>1时,f'(x)所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)证明因为x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,所以ex1=2ax1,ex2=2ax2,显然x1>0,x2>0,则有x1=lna+ln2+12lnx1,x2=lna+ln2+12lnx2,所以x1-x2=12lnx1-12lnx2=12lnx1x2,不妨令x1>x2>0,设t=x1x2>1,则tx2-x2=12lnt,即x只要证lnt>2(t-1)t+1,即令g(t)=lnt-2(t-1)t+1(t>1),则g'(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0,所以因为x1=lna+ln2+12lnx1,x2=lna+ln2+12lnx所以x1+x2=2lna+2ln2+12ln(x1x2要证x1+x2<2lna+ln2,只要证12ln(x1x2)<-ln即x1x2<14.因为x1x2=t所以只要证t(即lnt<t-1t,移项得lnt-t令h(t)=lnt-t+1t则h'(t)=1t-12所以h(t)在(1,+∞)上单调递减,所以h(t)<h(1)=0,所以x1+x2<2lna+ln2.综上,1<x1+x2<2lna+ln2.6.解(1)一方面,当x=0时,f(0)=1-a≥0,所以0<a≤1.另一方面,f'(x)=ex-a(1-sinx)=ex+asinx-a.令φ(x)=f'(x),则φ'(x)=ex+acosx.当x∈[0,+∞)时,φ'(x)>0,所以φ(x)即f'(x)在[0,+∞)上单调递增.又因为f'(0)=1-a≥0,所以f'(x)≥0恒成立,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)≥0符合题意,即0<